2018届二轮复习 规范答题 大题突破课立体几何 课件理 40页

规范答题 · 必考大题突破课 ( 四 ) 立体几何 【 热点标签 】 1. 题型 : 解答题 2. 分值 :12 分 3. 难度 : 中档 【 热点题型 】 题型一 : 线面位置关系与二面角的大小问题 : 此类问题 每年必考 , 考查学生的空间想象能力及运算求解能力 题型二 : 线面位置关系与存在性问题 : 重点考查向量法 在立体几何中的应用 题型一 　线面位置关系与二面角的大小问题 【 真题示例 】 (12 分 )(2015· 陕西高考 ) 如图 1, 在直角 梯形 ABC 中 ,AD∥BC, ∠BAD = , AB=BC=1, AD=2, 点 Ε 是 AD 的中点 , 点 Ο 是 AC 与 BE 的交点 . 将△ ABE 沿 BE 折起到△ A 1 BE 的位置 , 如图 2. (1) 证明 :CD⊥ 平面 A 1 OC. (2) 若平面 A 1 BE⊥ 平面 BCDE, 求平面 A 1 BC 与平面 A 1 CD 夹角的余弦值 . 【 信息解读 】 (1) 看到点 E 是 AD 的中点 , 想到四边形 ABCE 是正方形 , 四边形 BCDE 是平行四边形 . (2) 看到平面 A 1 BE⊥ 平面 BCDE, 想到线面垂直 . 【 标准答案 】 (1) 在图 1 中 , 因为 AD∥BC,AB=BC=1,AD=2, 点 E 是 AD 的中点 ,∠BAD= , 所以四边形 ABCE 为正方形 , 四边形 BCDE 为平行四边形 , 所以 BE⊥AC, 即在图 2 中 ,BE⊥OA 1 ,BE⊥OC, ……………… …2 分得分点① 又 OA 1 ∩OC=O, 从而 BE⊥ 平面 A 1 OC, 又 CD∥BE, 所以 CD⊥ 平面 A 1 OC. …… …2 分得分点② (2) 由已知 , 平面 A 1 BE⊥ 平面 BCDE, 又由 (1) 知 ,BE⊥OA 1 ,BE⊥OC, 所以∠ A 1 OC 为二面角 A 1 -BE-C 的平面角 , 所以∠ A 1 OC= . ……………………… …2 分得分点③ 如图 , 以点 O 为原点 , 建立空间直角坐标系 , 因为 A 1 B=A 1 E=BC=ED=1,BC∥ED, 所以 …………………… …2 分得分点④ 设平面 A 1 BC 的法向量 n 1 =(x 1 ,y 1 ,z 1 ), 平面 A 1 CD 的法向量 n 2 =(x 2 ,y 2 ,z 2 ), 平面 A 1 BC 与平面 A 1 CD 的夹角为 θ, …………………………………… … 1 分得分点⑤ … …………………………………… 1 分得分点⑥ 即平面 A 1 BC 与平面 A 1 CD 夹角的余弦值为 . …………………………………………… 2 分得分点⑦ 【 得分细则 · 答题规则 】 第 (1) 问踩点说明 ( 针对得分点①② ): ① 得分点有两处 : 一是说明 BE⊥AC 得 1 分 . 二是说明 BE⊥OA 1 ,BE⊥OC 得 1 分 . ② 得分点有两处 : 一是证明 BE⊥ 平面 A 1 OC 得 1 分 , 二是根据 CD∥BE, 得 CD⊥ 平面 A 1 OC 得 1 分 . 第 (2) 问踩点说明 ( 针对得分点③④⑤⑥⑦ ): ③ 证明∠ A 1 OC= 得 2 分 . ④ 建系 , 求点的坐标及有关向量的坐标得 2 分 . ⑤ 求平面 A 1 BC 的法向量得 1 分 . ⑥ 求平面 A 1 CD 的法向量得 1 分 . ⑦ 求两平面夹角的余弦值得 2 分 . 答题规则 1: 写全解题步骤 , 步步为“赢” 在书写解题过程时 , 对于是得分点的解题步骤一定要写 全 , 阅卷时根据得分点评分 , 有则得分 , 无则不得分 . 如 本题中 , 在建系前先证明∠ A 1 OC= , 如无此步骤 , 则会扣 掉 2 分 . 答题规则 2: 恰当建系 , 准确确定相关点的坐标 解题过程中 , 要充分利用题设中的垂直关系 ( 必要时给 予证明 ), 尽量使相关点在轴上 , 建立空间直角坐标系 , 看清题目中给出的各线段的长度 , 根据图形的性质 , 准 确求出相关点的坐标 , 这是后续步骤的基础 , 应确保万 无一失 . 【 跟踪训练 】 (2016· 金昌模拟 ) 已知在四棱锥 P-ABCD 中 , 底面 ABCD 是矩形 , 且 AD=2,AB=1,PA⊥ 平面 ABCD, 点 E,F 分别是线段 AB,BC 的中点 . (1) 证明 :PF⊥FD. (2) 判断并说明 PA 上是否存在点 G, 使得 EG∥ 平面 PFD. (3) 若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45°, 求二面角 A-PD-F 的余弦值 . 【 解析 】 因为 PA⊥ 平面 ABCD,∠BAD=90°,AB=1,AD=2, 建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz, 则 A(0,0,0),B(1,0,0),F(1,1,0),D(0,2,0). (1) 不妨令 P(0,0,t), 因为 =(1,1,-t), =(1,-1,0), 所以 · =1×1+1×(-1)+(-t)×0=0, 即 PF⊥FD. (2) 设平面 PFD 的法向量为 n =( x,y,z ), (3) 因为 AB⊥ 平面 PAD, 所以 是平面 PAD 的一个法向量 , 易得 =(1,0,0), 又因为 PA⊥ 平面 ABCD, 所以∠ PBA 是 PB 与平面 ABCD 所成的角 , 得∠ PBA=45°, 所以 PA=1, 所以平面 PFD 的一个法向量为 n = 所以 故所求二面角 A-PD-F 的余弦值为 题型二 　线面位置关系与存在性问题 【 真题示例 】 (12 分 )(2014· 湖北高考 ) 如图 , 在棱长为 2 的正方体 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中 , 点 E,F,M,N 分别是棱 AB,AD,A 1 B 1 ,A 1 D 1 的中点 , 点 P,Q 分别在棱 DD 1 ,BB 1 上移动 , 且 DP=BQ=λ (1) 当 λ=1 时 , 证明 : 直线 BC 1 ∥ 平面 EFPQ. (2) 是否存在 λ, 使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角 ? 若存在 , 求出 λ 的值 ; 若不存在 , 说明理由 . 【 信息解读 】 (1) 看到 DP=BQ=1,F 为 AD 中点 , 想到三角形的中位线 . (2) 看到二面角为直二面角 , 想到面面垂直 . 【 标准答案 】 以点 D 为原点 , 射线 DA,DC,DD 1 分别为 x,y,z 轴的正半轴建立空间直角坐标系 , 由已知得 B(2,2,0),C 1 (0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ). 则 =(-2,0,2), =(-1,0,λ), =(1,1,0). ………………………………………… …2 分得分点① (1) 当 λ=1 时 , =(-1,0,1), 因为 =(-2,0,2), 所以 =2 , 即 BC 1 ∥FP. … ………………………………………… 2 分得分点② 而 FP⊂ 平面 EFPQ, 且 BC 1 ⊄ 平面 EFPQ, 故直线 BC 1 ∥ 平面 EFPQ. ……………… …2 分得分点③ (2) 设平面 EFPQ 的一个法向量为 n =(x,y,z ), 则 于是可取 n =(λ,-λ,1), ……………… 1 分得 分点④ 同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m =(λ-2,2-λ,1). …………………………………………… … 1 分得分点⑤ 若存在 λ, 使得平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直 二面角 , 则 m · n =(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0, 即 λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0, 解得 λ=1± , … ………………………………………… 2 分得分点⑥ 故存在 λ=1± , 使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面 角为直二面角 .… ……………………… 2 分得分点⑦ 【 得分细则 · 答题规则 】 第 (1) 问踩点说明 ( 针对得分点①②③ ): ① 建系 : 求相关点、相关向量的坐标得 2 分 . ② 证明 BC 1 ∥FP 得 2 分 . ③ 证明 BC 1 ∥ 平面 EFPQ 得 2 分 . 第 (2) 问踩点说明 ( 针对得分点④⑤⑥⑦ ): ④ 求平面 EFPQ 的法向量得 1 分 . ⑤ 求平面 MNPQ 的法向量得 1 分 . ⑥ 求 λ 的值得 2 分 . ⑦ 回答问题得 2 分 . 答题规则 1: 写全解题步骤 , 步步为“赢” 在书写解题过程时 , 对于是得分点的解题步骤一定要写 全 , 阅卷时根据得分点评分 , 有则得分 , 无则不得分 , 如 本题中求出 λ 值后 , 应说明“存在 λ=1± , 使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角” , 如无此得 分点则会扣掉 2 分 . 答题规则 2: 注意运算的准确性 因为利用空间向量解决线、面间的垂直、平行关系 , 基 本思路就是将其转化为向量问题 , 进行空间向量的运算 , 因此解题过程中 , 要求求方向向量、法向量及向量的运 算时 , 一定要准确无误 , 如本例求解平面 EFPQ 与平面 MNPQ 的法向量时均要计算准确 , 否则可能会导致结论错 误 . 【 跟踪训练 】 (2016· 焦作模拟 ) 在如图所示的几何体中 , 四边形 ABCD 是菱形 , ADNM 是矩形 , 平面 ADNM⊥ 平面 ABCD,∠DAB=60°, AD=2,AM=1, 点 E 是 AB 的中点 . (1) 求证 :AN∥ 平面 MEC. (2) 在线段 AM 上是否存在点 P, 使二面角 P-EC-D 的大小为 ？若存在 , 求出 AP 的长 h; 若不存在 , 请说明理由 . 【 解析 】 (1) 连接 BN, 设 MC 交 BN 于点 F, 连接 EF, 因为 NM∥AD∥CB,NM=AD=CB, 所 以四边形 MNCB 是平行四边形 , 点 F 是 BN 的中点 , 又因为点 E 是 AB 的中点 , 所以 NA∥EF, 又 AN⊄ 平面 MEC,EF⊂ 平面 MEC, 所以 AN∥ 平面 MEC. (2) 假设在线段 AM 上存在点 P, 使二面角 P-EC-D 的大小为 方法一 : 延长 DA,CE 交于点 Q, 过点 A 作 AH⊥EQ 于点 H, 连接 PH, 因为四边形 ADNM 是矩形 , 平面 ADNM⊥ 平面 ABCD, 所以 MA⊥ 平面 ABCD, 又 EQ⊂ 平面 ABCD, 所以 MA⊥EQ, 则 EQ⊥ 平面 APH,EQ⊥PH, 则∠ PHA 就是二面角 P-EC-D 的平面角 , 则∠ PHA= , 在△ QAE 中 ,AE=1,AQ=2,∠QAE=120°, 则 QE= 所以 又在 Rt△PAH 中 , AP=AH· tan30°= <1, 故在线段 AM 上存在点 P, 使二面角 P-EC-D 的大小为 , 此时 AP 的长为 . 方法二 : 由于四边形 ABCD 是菱形 , 点 E 是 AB 的中点 ,∠DAB=60°, 所以△ ABD 是等边三角形 , 则 DE⊥AB, 又因为四边形 ADNM 是矩形 , 平面 ADNM⊥ 平面 ABCD, 所以 DN⊥ 平面 ABCD, 如图建立空间直角坐标系 D-xyz, D(0,0,0),E( ,0,0),C(0,2,0),P( ,-1,h), 设平面 PEC 的法向量为 n 1 =( x,y,z ), 则 · n 1 =0, 且 · n 1 =0, 令 y= h, 所以 n 1 =(2h, h, ), 又平 面 ADE 的一个法向量 n 2 =(0,0,1), , cos < n 1 , n 2 >= = 故在线段 AM 上存在点 P, 使二面角 P-EC-D 的大小为 , 此时 AP 的长为 .